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北大附中 2023 届初三数学统练 9 20221129
班级__________ 姓名__________
一、选择题（本题共32分，每小题4分，请把选择题答案写在答题卡中，试卷上作答无效）
1. 如图，以点P为圆心作圆，所得的圆与直线l相切的是（ ）
A. 以PA为半径的圆 B. 以PB为半径的
C. 以PC为半径的圆 D. 以PD为半径的圆
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系的判定方法进行判断即可得出．
【详解】解： 于C，
∴以点P为圆心，PC为半径的圆与直线l相切．
故选：C．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：判断直线和圆的位置关系:设 的半径为r，圆心O到直线1
的距离为d，若直线1和 相交 直线1和 相切 直线1和 相离
2. 如图， 中， ， 是底边 的中点，若腰 与 相切，则 与 的位置关系
为（ ）
A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定
【答案】B
【解析】【分析】腰 与 相切，设切点为 ，连接 ， ，过O点作 ，如图，如图，根据等
腰三角形的性质得到 平分 ，则利用角平分线的性质得 ，然后根据切线的判定定理可
判断 与 相切．
【详解】解：∵ ，
∴ 为等腰三角形，
∵腰 与 相切，设切点为 ，
∴ 为⊙O的半径， ，
连接 ， ，过O点作 ，如图，
∵O是等腰 的底边 的中点，
∴ 平分 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ 与 相切．
故选B．
【点睛】本题考查了切线的性质和判定：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了等腰三角形的性质、
角平分线的性质和切线的判定．
3. 如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300 m，则这三
栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（ ）A. A，B，C都不在 B. 只有B
C. 只有A，C D. A，B，C
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形边长然后利用勾股定理逆定理可得 为直角三角形，由直角三角形斜边上的中线
性质即可得．
【详解】解：如图所示：连接BD，
， ， ，
∵
，
∴
为直角三角形，
∴
D为AC中点，
∵
，
∴
为
覆盖半径 300 ，
∵
A、B、C三个点都被覆盖，
∴故选：D．
【点睛】题目主要考查勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，综合运用两个定理是
解题关键．4. 若扇形的半径为2，圆心角为 ，则这个扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用扇形的面积公式计算．
【详解】这个扇形的面积： ．
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算：扇形面积计算公式：设圆心角是 ，圆的半径为R的扇形面积为
S，则 或 （其中 为扇形的弧长）．
5. 用一张半圆形铁皮，围成一个底面半径为 的圆锥形工件的侧面（接缝忽略不计），则圆锥的母线
长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）列式求解即可．
【详解】解：设圆锥的母线长为l，
由题意得： ，
∴ ，
故选B．
【点睛】本题主要考查了求圆锥的母线长，熟知圆锥的底面圆周长为半圆形铁皮的周长（不包括直径）是
解题的关键．
6. 如图，过 外一点 作 的两条切线 、 ，切点分别为 、 ，作直径 ，连接 、
，若 ，则 的度数为（ ）A. 50° B. 60° C. 70° D. 80°
【答案】A
【解析】
【分析】如图，连接 ，可得 ，再利用四边形的内角和定理求解 ，从而
可得答案．
【详解】解：如图，连接 ，
∵过 外一点 作 的两条切线 、 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故选A．
【点睛】本题考查的是切线的性质，四边形的内角和定理的应用，圆周角定理的应用，作出过切点的半径
是解本题的关键．
7. 如图， ， ， ， ，则 外心的坐标为（ ）A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，取格点 ， ， ， ，且直线 是线段 的垂直平分线，四边形 是正方形，
则可得 ， 的交点为 为 的外心，再分别求解 ， 的解析式即可得到答案．
【详解】解：如图，取格点 ， ， ， ，则直线 是线段 的垂直平分线，四边形 是正
方形，
∴直线 是线段 的垂直平分线，
的
记 ， 交点为 ，则 为 的外心，
∵ ， ， ，
∴直线 为 ， ， ，设直线 为 ，
∴ ，解得： ，
∴直线 为 ，
当 时， ，
∴ ，即 的外心坐标为： ．
故选C．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，正方形的性质，三角形的外心的性质，利用待定系数法求解一次函数
的解析式，掌握“三角形的外心是三角形的三边垂直平分线的交点”是解本题的关键．
8. 京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，风格更加简约．如图，摩天轮直径 88米，最高点
距离地面100米，匀速运行一圈的时间是18分钟．由于受到周边建筑物的影响，乘客与地面的距离超
过34米时，可视为最佳观赏位置，在运行的一圈里最佳观赏时长为（ ）分钟．
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】先求摩天轮转动的角速度为每分钟 ，再求出 米，则 ，得 ，
然后求出最佳观赏位置的圆心角为 ，即可求解．
【详解】解：如图所示：摩天轮转动的角速度为每分钟： ，
由题意得： ， 米， 米， 米，
则 （米）， （米），
∴ （米），
∴ （米），
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴最佳观赏位置的圆心角为 ，
∴在运行的一圈里最佳观赏时长为： （分钟），
故选D．
【点睛】本题考查了垂径定理的应用、锐角三角函数的应用等知识，熟练掌握垂径定理，求出
是解题的关键．
二、填空题（本题共32分，每小题4分，请把填空题答案写在答题卡中，试卷上作答无效）
9. 如图， 的直径 垂直于弦 ，垂足为 ．若 ， ，则 的长为________．【答案】3
【解析】
【分析】连接 ，推出直径 是弦 的垂直平分线，得到 是等边三角形，据此求解即可．
【详解】解：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 的直径 垂直于弦 ，
∴ ，即直径 是弦 的垂直平分线，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定和性质，证明 是等边三角形是解
题的关键．
10. 如图，点 为 的内心， ，则 的度数为________．【答案】 ##125度
【解析】
【分析】利用内心的性质得出 ， ，进而利用三
角形内角和定理得出 ，进而求出答案．
【详解】解：∵O是 的内心，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为 ．
【点睛】此题主要考查了三角形内心的性质以及三角形内角和定理，正确得出 是
解题关键．
11. 如图， 是 的弦，点 在过点 的切线上，且 ， 交 于点 ，已知
，则 ________．【答案】 ## 度
【解析】
【分析】首先连接 ，由点 C 在过点 B 的切线上，且 ，根据等角的余角相等，易证得
，利用三角形的内角和定理解答即可．
【详解】解：连接 ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：46．【点睛】此题考查了切线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
的
12. 如图，已知正六边形 边心距为3，则它的周长是________．
【答案】
【解析】
【 分 析 】 连 接 、 ， 作 于 ， 由 正 六 边 形 的 性 质 得 出 ，
，得出 为等边三角形， ，由三角函数求出 ，得出
，即可求出正六边形的周长．
【详解】解：如图所示：
连接 、 ，作 于 ，
则 ， ， ，
∴ 为等边三角形， ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴正六边形的周长 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、三角函数等知识；熟练掌握正六边形的性质，运用
三角函数求出 是解决问题的关键．
为
13. 如图，点 ， ， 在 上，顺次连接 ， ， ， ．若四边形 平行四边形，则
________ ．
【答案】120
【解析】
【分析】连接OB，先证明四边形ABCD是菱形，然后再说明△AOB、△OBC为等边三角形，最后根据等
边三角形的性质即可解答．
【详解】解：如图：连接OB
∵点 ， ， 在 上
∴OA=OC=OB
∵四边形 为平行四边形
∴四边形 是菱形
∴OA=OC=OB=AB=BC
∴△AOB、△OBC为等边三角形∴∠AOB=∠BOC=60°
∴∠AOC=120°．
故答案为120．
【点睛】本题主要考查了圆的性质和等边三角形的性质，根据题意证得△AOB、△OBC为等边三角形是解
答本题的关键．
14. 如图， 交 于点 ， ， ， 的半径为5，则 的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用垂径定理，构造直角三角形，再运用勾股定理解题．
【
详解】过O点作 于P，连接 ， ，
则 ， ，
在 中， ，在 中，OP= ．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，以BC为直径的半圆交AB于D，P是弧CD上的
一个动点，连接AP，则AP的最小值是_____．
【答案】
【解析】
【分析】连接OA交弧CD于P，利用三角形三边的关系可判断此时AP的值最小，然后利用勾股定理计算
出OA，从而可计算出此时AP的长．
【详解】解：连接OA交弧CD于P，如图，
∵AP≥OA﹣OP（当O、P、A共线时取等号），
∴此时AP的值最小，
∵OA＝ ＝2 ，
∴AP＝OA﹣OP＝2 ﹣2，
即AP的最小值是2 ﹣2．
故答案为：2 ﹣2．
【点睛】此题考查勾股定理，最短路径问题，正确理解题意得到连接OA交弧CD得到点P是解题的关
键
16. 已知如图， 是 轴上动点， 半径 ，若 与直线 相交，则 的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，当点M在x正半轴且 与直线 相切于点C时，设直线 是x轴，y轴
分别交于B、A，连接 ，先求出A、B坐标，进而求出 ，证明 ，求出
，得到 ，同理求出当M在x轴负半轴且 与直线 相切时的坐标为 ，
由此即可得到答案．
【详解】解：如图，当点M在x正半轴且 与直线 相切于点C时，设直线 是x轴，
y轴分别交于B、A，连接 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
同理可求出当M在x轴负半轴且 与直线 相切时的坐标为 ，
∴当 与直线 相交， 的取值范围是 ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，正确求出当圆与
直线相切时圆心的坐标是解题的关键．
三、解答题（本题共36分，第18、19每题6分，第17、20、21每题8分）解答应写出文字
说明、演算步骤或证明过程．
17. 下面是小石设计的“过圆上一点作圆的切线”的尺规作图的过程．
已知：如图1，⊙ 及⊙ 上一点 ．
求作：直线PN，使得PN与⊙ 相切．
作法：如图2，
①作射线OP；
②在⊙ 外取一点Q（点Q不在射线OP上），以Q为圆心，QP为半径作圆，⊙Q与射线OP交于另一点
M；
③连接MQ并延长交⊙Q于点N；
④作直线PN．
所以直线PN即为所求作直线．
根据小石设计的尺规作图的过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：∵ 是⊙ 的直径，
∴ ＝ （ ）（填推理的依据）．
∴ ．
又∵ 是⊙ 的半径，∴ 是⊙ 的切线（ ）（填推理的依据）．
【答案】（1）作图见解析；（2） ，直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端，并且垂直于这条半
径的直线是圆的切线
【解析】
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）根据圆周角定理可得∠MPN=90°，根据切线的判定定理即可得结论.
【详解】（1）（1）补全图形如下图；
（2）证明：∵ 是⊙ 的直径，
∴ ＝ 90 （直径所对的圆周角是直角）（填推理的依据）．
∴ ．
又∵ 是⊙ 的半径，
∴ 是⊙ 的切线（经过半径的外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线 ）（填推理的依据）．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定及圆周角定理，正确作出图形是解题关键.
18. 已知 ，求代数式 的值．
【答案】5
【解析】【 分 析 】 先 将 变 形 为 ， 再 将 去 括 号 变 形 为
，最后代入 即可化简求值．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
，
所以该代数式的值为5．
【点睛】本题考查了整式运算、平方差公式，熟练掌握运算法则是解题关键．
19. 如图，在 中，点 是弦 的中点，过点 ， 作直径 （ ），连接 ，过点
作 交 于点 ，交 于点 ，连接 ．求证： ．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据垂径定理得到 ，则 ，根据圆周角定理得到 ，根据平行线的
性质得出 ，等量代换得到 ，再根据等角对等边即可得解．
【详解】证明：∵ 为 的直径，点E是弦 的中点，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、平行线的性质等知识，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解
题的关键．
20. 如图，已知 是 的直径，点 在 的延长线上， ， 切 于点 ，交 于点
，连接 ．
（1）求证： ；
（2）连结 ，如果 ， ，求 的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接OD，由OA=OD，BA=BE，得 ，从而OD//BE；由PD切圆
O于点D得 ，从而 ，即BE⊥PC；
（2）在Rt PDO中，先求出∠POD=60°，再求出OD，OP，PB，在Rt PCB中，求出PC，再求CD，最
后在Rt CD△O中，利用勾股定理求出OC. △
△【详解】（1）证明：连结 .
， ，
切圆 于点 ， ，
， ， ，
，
.
（2）解： ， ，
，
， ，
， ，
， .
， ， ，
， ，（舍负）.
故答案为： .
【点睛】本题考查了圆的切线性质及解直角三角形的知识，运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作
辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题.
21. 在平面直角坐标系 中，点 ， 在抛物线 上，设抛物线的对称
轴为 ．
（1）当 ， 时，求抛物线与 轴交点的坐标及 的值；
（2）点 在抛物线上．若 ，求 的取值范围及 的取值范围．
【答案】（1）抛物线与 轴的交点坐标为： ， ．
（2） ， 的取值范围 ．
【解析】
【分析】（1）由 可得抛物线与y轴的交点坐标，由 可得点 ， 关于抛物线对称轴
对称，从而可得答案；
（2）再根据 ，可确定出 ， 结合 ，可得对称轴的取值范围，再利用对称
轴可表示为直线 ，进而可确定 的取值范围．
【小问1详解】
解：∵ ，
∴抛物线为： ，
∴当 ，则 ，
∴抛物线与 轴的交点坐标为： ，∵ ，
∴点 ， 关于抛物线的对称轴对称，
∴抛物线的对称轴为直线 ．
【小问2详解】
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴ ， 而 ，
∴ ，即 ，
∵点 ， 在抛物线上，
∴抛物线的对称轴为直线 ，
∴ ，
解得： ，
∴ 的取值范围 ．
【点睛】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，掌握关于抛物线对称轴对称的两个点
的坐标关系是解题关键．
